Bài giảng các bài toán về hình học tổ hợp

CÁC BÀI TỐN VỀ HÌNH HỌC TỔ HỢP Lê Phúc Lữ - Thành phố Hồ Chí Minh I Kiến thức cần nhớ Các khái niệm hình học tổ hợp - Khoảng cách: từ điểm M đến hình ( H ) {MN | N ∈ ( H )} Chẳng hạn ( H ) điểm khoảng cách từ M đến hình ( H ) độ dài đoạn thẳng, ( H ) đường trịn (O) khoảng cách từ M đến giao điểm gần MO với đường tròn, h M N O - Lân cận: bán kính d hình ( H ) tập hợp điểm M có khoảng cách đến ( H ) không vượt d Chẳng hạn: lân cận điểm hình trịn, lân cận đường trịn hình xuyến, lân cận đoạn thẳng hai hình chữ nhật hai nửa hình trịn, lân cận đa giác gồm nhiều hình chữ nhật nhiều phần hình trịn A B D C - Bao lồi: hệ điểm đa giác lồi có đỉnh thuộc hệ điểm cho, có chu vi nhỏ chứa tồn hệ điểm Bao lồi công cụ mạnh, không để giải tốn mang tính lý thuyết mà cịn mang tính thực tiễn cao - Điểm ngun: hệ trục tọa độ vng góc Oxy khơng gian Oxyz điểm có tọa độ số nguyên Một số định lí - Lân cận bán kính d đa giác có diện tích S , chu vi P có diện tích S + pd + π d - Một tam giác nội tiếp hình chữ nhật có diện tích khơng vượt q diện tích hình chữ nhật - Một đa giác có khoảng cách lớn hai điểm M , N nằm khơng vượt q d nội tiếp hình trịn có đường kính d - Một đa giác có số cạnh chẵn tồn đường chéo không song song với cạnh đa giác - Định lí Pick: đa giác lồi khơng tự cắt có a điểm ngun cạnh (có tính đỉnh) b a điểm ngun nằm phía có diện tích S = + b − II Một số tập áp dụng Bài 1: Trong mặt phẳng cho n điểm A1 , A2 , A3 , , An cho khơng có ba điểm thẳng hàng khơng có điểm tạo thành hình thang Qua điểm Ai , i = 1, n , ta vẽ đường thẳng song song với tất đoạn thẳng Aj Ak , j ≠ k , k ∈ {1, 2,3, , n} Tìm số tối đa giao điểm đường thẳng song song vẽ Giải (n − 1)(n − 2) đường thẳng qua n − Xét điểm Ai ,1 ≤ i ≤ n đó, có tất cả: Cn2−1 = điểm lại n(n − 1)(n − 2) Do có tất n điểm nên ta có đường thẳng mặt phẳng có n − đường thẳng song song với Ta tìm số giao điểm tối đa đường thẳng d qua điểm Ai ,1 ≤ i ≤ n với đường thẳng khác cịn lại Ngồi đường thẳng d ra, ta M = n(n − 1)(n − 2) − đường thẳng (n − 1)(n − 2) − đường qua Ai đường thẳng d Do đường thẳng d song song với P= n − đường thẳng khác nên số giao điểm nhiều đường thẳng d là: khác có N = n3 − 4n + 3n +  n(n − 1)(n − 2)   (n − 1)(n − 2)  = − 1 −  −= M −N −P  1 − (n − 3) 2     n(n − 1)(n − 2) Vì có tất đường thẳng giao điểm tính lần nên số giao n(n − 1)(n − 2)(n3 − 4n + 3n + 4) Bài toán thú vị chỗ thay song song vng góc cho kết điểm tối đa có là: Bài Trong mặt phẳng cho n điểm phân biệt A1 , A2 , , An cho khơng có ba điểm thẳng hàng bốn điểm tạo thành hình bình hành Gọi M i , i = 1, m trung điểm đoạn thẳng Ai Aj , i ≠ j Gọi N tổng độ dài đoạn Ai Aj , i ≠ j M tổng độ dài đoạn M i M j , i ≠ j Chứng minh rằng: M < n − 3n + N Giải Trước hết, ta thấy rằng: - Nếu M, N, P trung điểm cạnh BC, CA, AB tam giác ABC thì: MN + NP + PM= ( AB + BC + CA) - Nếu M, N, P, Q, R, S trung điểm cạnh AB, CD, BC, DA, AC, BD tứ giác ABCD ta có bất đẳng thức sau: MN + PQ + RS < ( AB + BC + CD + DA + AC + BD) B A M A S N P P R Q B M C D N C Áp dụng hai hệ thức cho tất trung điểm Ta thấy đoạn M i M j , i ≠ j thuộc tam giác tứ giác đó, cịn cạnh Ai Aj , i ≠ j thuộc n – tam giác thuộc Cn2− = (n − 2)(n − 3) tứ giác Cộng vế hệ thức đó, ta được: n − 3n + 1  M i M j <  (n − 2) + (n − 2)(n − 3)  ∑ Ai Aj ⇔ M < N 4 2  1≤i < j ≤ n 1≤i < j ≤ m ∑ Bài Trong mặt phẳng cho 3n điểm phân biệt A1 , A2 , A3n cho khơng có ba điểm thẳng hàng khoảng cách điểm khơng vượt q Chứng minh rằng: Tồn đường thẳng d không qua điểm điểm A1 , A2 , A3n không song song với đường thẳng chứa điểm Ai , Aj , i ≠ j Giả sử khoảng cách từ điểm A1 , A2 , A3n đến đường thẳng d tăng dần Chứng minh tam giác: A3i +1 A3i + A3i +3 , i = 1, n đôi rời Chứng minh tổng diện tích n tam giác nhỏ Giải Gọi Ω đa giác lồi chứa tất điểm A1 , A2 , A3n Kẻ đường thẳng mặt phẳng không cắt cạnh Ω đường thẳng khơng qua điểm điểm nói Do số điểm cho hữu hạn nên số đường thẳng qua điểm hữu hạn, tồn đường thẳng không song song với đường thẳng chứa điểm 3n điểmtrên Từ suy đường thẳng d tồn ta có đpcm Qua điểm A3i +1 , kẻ đường thẳng ∆ i song song với d Do khoảng cách từ điểm A1 , A2 , A3n đến d tăng dần nên đường thẳng ∆ i nói chia mặt phẳng thành dãy mà tam giác A3i +1 A3i + A3i +3 , i = 1, n phân cách với tam giác khác đường thẳng ∆ i Tức tam giác nói rời b a d D C A B Gọi Si , i = 1, n diện tích tam giác A3i +1 A3i + A3i +3 Rõ ràng tồn đường thẳng a, b vng góc với d qua đỉnh tam giác A3i +1 A3i + A3i +3 Qua đỉnh A3i +3 , kẻ đường thẳng ∆ 'i song song với d Kí hiệu giao điểm hình vẽ Rõ ràng tam giác A3i +1 A3i + A3i +3 nằm hồn tồn hình chữ nhật ABCD nên: Si < 1 1 S ABCD = AB.BC ≤ AC.di ≤ di , 2 2 di khoảng cách đường thẳng ∆ i ∆ 'i Suy ra: n n 1 S < di ≤ A1 A3n ≤ ∑ ∑ i 2 =i =i Ta có đpcm Bài Trong mặt phẳng, cho tập hợp A gồm 20142 điểm phân biệt đánh số từ đến 20142 cho ba điểm chúng không thẳng hàng Một tứ giác (lồi lõm) gọi “đẹp” đỉnh thuộc A đánh số số thỏa mãn hai điều kiện sau: - Đó số tự nhiên cách 2014 đơn vị - Đó số tự nhiên liên tiếp có chứa số chia hết cho 2014 số phải lớn nhỏ Nối tất điểm thuộc tập hợp A lại với cho điểm thuộc A thuộc tứ giác Tìm số lớn tứ giác “đẹp” tạo thành Giải Xét bảng ô vuông gồm 2014 × 2014 vng điền số theo thứ tự từ xuống trái sang sau: … 2013 2014 2015 2016 2017 … 4019 4028 4029 4030 4031 … 6041 6042 … … … … … … … … … … … 20142 Trước hết, ta chứng minh chia tất 20142 điểm cho thành tứ giác “đẹp” Rõ ràng số đỉnh tứ giác “đẹp” tương ứng với số bị che bảng ô vuông đặt mảnh bìa hình chữ nhật kích thước 1× vào Ta chứng minh khơng thể che hết tồn bảng vng hình chữ nhật 1× Thật vậy, ta tơ màu ô vuông nằm cột chẵn hàng chẵn Do bảng có 20142 vng nên số 20142 vng bị tô màu là: = 1014049 số lẻ Giả sử ngược lại ta lấp kín bảng vng mảnh bìa Khi đó, mảnh bìa che hai ô vuông ô vuông bảng ô vuông, tức có số chẵn ô vng bị che đi; đó, số vng bị che bảng số chẵn Từ ta thấy có mâu thuẫn Vậy khơng thể che hết bảng vng hình chữ nhật 1× Gọi k số tứ giác đẹp lớn cần tìm k < 1014049 ⇒ k ≤ 1014048 Ta chứng minh k = 1014048 cách cách dùng mảnh bìa che kín bảng ô vuông Thật vậy, chia bảng ô vuông thành hai phần: - Phần gồm 2012 cột đầu, ta xếp mảnh bìa theo hàng, hàng có 503 mảnh bìa Khi đó, ta che kín hết phần mảnh bìa - Phần gồm cột cuối, ta xếp nối tiếp mảnh bìa từ xuống cuối cịn lại vng × góc bảng Như vậy, ta dùng k = 1014048 mảnh bìa che tối đa 20142 − vng bảng Từ đó, ta thấy, số tứ giác “đẹp” lớn cần tìm k = 1014048 Bài Cho mảnh giấy hình vng Người ta cắt mảnh giấy thành hai mảnh hình chữ nhật Lấy hai mảnh cắt làm hai mảnh cho đường cắt không qua đỉnh mảnh giấy tiếp tục làm nhiều lần Hỏi sau lần cắt, ta thu 30 đa giác có 70 cạnh? Giải Giả sử sau n lần cắt, ta thu 30 đa giác có 70 cạnh Cần tìm giá trị nhỏ n Ta thấy sau lần cắt mảnh giấy thành mảnh, số đỉnh đa giác tăng lên đỉnh (vì đường cắt khơng qua đỉnh mảnh giấy); đó, sau n lần cắt, số đỉnh tăng lên tổng cộng 4n + Mặt khác, sau lần cắt vậy, ta có thêm đa giác nên sau n lần cắt có tất n + đa giác; ta có 30 đa giác có 70 cạnh nên số đa giác lại (n + 1) − 30 = n − 29 Mà đa giác có đỉnh (trường hợp mảnh giấy hình tam giác) nên tổng số đỉnh đa giác lại 3(n − 29) Từ đó, ta được: 4n + ≥ 30.70 + 3(n − 29) ⇔ n ≥ 2009 Ta chứng minh n = 2009 giá trị nhỏ cần tìm cách cách cắt thỏa mãn đề Trước hết, ta cắt mảnh giấy 29 lần để 30 hình chữ nhật Sau đó, hình chữ nhật, ta cắt 66 lần (mỗi lần số đỉnh đa giác tăng lên 1) để thu đa giác 70 cạnh Số lần cắt tổng cộng là: 29 + 30.66 = 2009 Vậy số lần cắt cần tìm 2009 lần Bài Trên mặt phẳng cho n điểm A1 , A2 , A3 , , An cho khoảng cách điểm đôi khác Trong đoạn thẳng xuất phát từ Ai ,1 ≤ i ≤ n , ta gọi Aj , j ≠ i điểm mà khoảng cách Ai Aj ngắn tơ màu đoạn đó; tiếp tục chọn đoạn thẳng xuất phát từ Aj đoạn Aj Ak , k ≠ i, k ≠ j ngắn tô màu cho Chứng minh q trình kết thúc, khơng có đường gấp khúc khép kín tô màu tất cạnh Giải: Giả sử xuất phát từ điểm A1 , ta có A1 A2 ngắn nhất, ta tô màu đoạn thẳng Tiếp tục xét điểm A2 , ta có hai trường hợp xảy ra: - Nếu A2 Ai = A2 A1 q trình dừng lại khơng có đường gấp khúc khép kín 1≤i ≤ n tơ màu tất cạnh - Nếu = A2 Ai A2 Aj , j ≠ ta tiếp tục q trình Khơng tính tổng quát, giả sử 1≤i ≤ n j = , đó: A2 A3 < A1 A2 , ta tơ màu đoạn A2 A3 Tiếp tục vậy, giả sử trình dừng lại điểm Ak ,3 ≤ k ≤ n , ta có đoạn thẳng q trình tơ màu là: A1 A2 > A2 A3 > > Ai Ai +1 > > Ak −1 Ak Giả sử đoạn có đường gấp khúc khép kín đó, tức có điểm đầu mút hai đoạn thẳng, giả sử điểm Ai đường gấp khúc là: Ai Ai +1 Am Ai Khi đó, theo cách lựa chọn điểm, ta có: Ai Ai +1 > Ai +1 Ai + > > Am Ai Từ suy có điểm Am mà Am Ai < Ai Ai +1 , mâu thuẫn với cách chọn Ai +1 Từ ta có đpcm Bài Trong hình vng cạnh 200 cm có 2010 đa giác lồi mà đa giác có diện tích khơng q 2π (cm ) chu vi không 3π (cm) Chứng minh hình vng ln tồn hình trịn có bán kính cm khơng cắt đa giác Giải Dựng hình vng có cạnh 198cm bên hình vng cho hai hình vng có tâm với (tức thu nhỏ cạnh hình vng cũ 2cm) Diện tích hình vng cạnh 198cm : 1982 = 39204 (cm ) Dựng lân cận bán kính cm hình đa giác cho Diện tích lân cận tổng diện tích đa giác, diện tích hình chữ nhật diện tích hình quạt dựng đỉnh đa giác Ta chứng minh với đa giác n cạnh bất kì, tổng góc ngồi 3600 Thật vậy, với đa giác vậy, ta chia thành n – tam giác có chung đỉnh đơi rời Tổng góc tam giác 1800 nên tổng góc đa giác lồi (n − 2)1800 Do đó, tổng góc đa giác lồi : n.1800 − (n − 2).1800 = 3600 Tổng góc hình quạt 3600 , hình quạt có bán kính cm nên tổng diện tích hình quạt diện tích hình trịn bán kính cm : π 12 = π (cm ) Do đó, tổng diện tích đa giác lân cận : 2π + 3π + π = 6π (cm ) ; suy : tổng diện tích đa giác lân cận là: 2010.6π < 2010.6.3, = 38592 (cm ) < 39204 (cm ) Vậy tồn điểm A thuộc hình vuông cạnh 198 cm mà không thuộc đa giác lân cận cm chúng Khi đường trịn (A,1 cm) khơng cắt đa giác rõ ràng thỏa mãn đề Ta có đpcm Bài Trong hình vng có cạnh cho k điểm phân biệt (có thể thẳng hàng) Nối điểm lại với đoạn thẳng cho hai đoạn khơng cắt tạo thành tam giác chia hình vng thành phần nhỏ hình tam giác rời Tìm số k nhỏ cho tam giác chia ra, tồn tam giác có diện tích khơng q 100 Giải Giả sử với k điểm nằm hình vng đó, có tất a tam giác tạo thành Tổng tất góc tam giác a.1800 Mặt khác, góc góc quay xung quanh điểm cho với đỉnh hình vng nên tổng : 4.900 + k 3600 Do đó, ta có 4.900 + k 3600 = a.1800 ⇔ a = 2k + Tức với cách xếp điểm nối đoạn thẳng ứng với k điểm ta thu 2k + tam giác Vì có tất 2k + tam giác nên diện tích tam giác nhỏ không vượt Mà 2k + 1 ≤ ⇔ k ≥ 49 nên tất giá trị k ≥ 49 thỏa mãn đề 2k + 100 Ta chứng minh k = 48 (hoặc nhỏ hơn) không thỏa mãn đề cách cách xếp điểm phía hình vng cách nối chúng lại thành tam giác mà diện tích tam giác lớn 100 Thật vậy, ta đặt 48 điểm chia đường chéo qua hai đỉnh hình vng nối điểm với hai đỉnh lại hình vng Rõ ràng hình vng chia thành 98 1 tam giác nhỏ diện tích tam giác , khơng thỏa mãn đề > 98 100 Vậy giá trị nhỏ k cần tìm 49 10 Ta lại tiếp tục có ba trường hợp: (1.1) Nếu có cặp đỉnh chúng thuộc cạnh, giả sử M M’ hai đỉnh lại N, N’ khơng; rõ ràng đỉnh nằm N, N’ không nằm nửa mặt phẳng bờ đường thẳng qua đầu mút đoạn thẳng chứa hai đỉnh N, N’, điều mâu thuẫn với giả thiết (H) đa giác lồi (1.2) Nếu hai cặp đỉnh hai đoạn MN , M ' N ' nằm cạnh (H) hai cạnh phải song song với nhau, ta thấy điều mâu thuẫn (1.3) Nếu khơng có cặp đỉnh thuộc đoạn tương tự trường hợp trên, đỉnh nằm hai đỉnh M, M’ N, N’ khơng thuộc nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng qua đầu mút đoạn thẳng chứa hai đỉnh M, M’ N, N’; mâu thuẫn (2) Nếu giao điểm đường thẳng qua hai cạnh chứa A6 , A3 song song tịnh tiến vector   A6 A3 đường thẳng đó, ta ln nhận vector có với A6 A3 Do đa giác cho lồi nên đỉnh lại thuộc miền (P) (H) nằm phần hai đường thẳng song song nêu Từ đó, ta đưa trường hợp dẫn đến điều mâu thuẫn A1 A2 A6 I A5 A3 A4 (3) Nếu giao điểm hai đường thẳng qua hai cạnh chứa A6 , A3 cắt điểm không nằm miền (P) Khi đó, độ dài đoạn thẳng song song với A6 A3 tăng lên đến giá trị giảm xuống đến 0; giảm đến độ dài A6 A3 ta lại quay trường hợp có điều vơ lí Tiếp theo, ta cần chứng minh tồn cách dựng đường thẳng (d) mà điểm thỏa mãn đề - Nếu khoảng cách từ A1 A2 từ A5 A4 đến A6 A3 tốn kết thúc 14 -Nếu khoảng cách từ A1 A2 từ A5 A4 đến A6 A3 không giả sử đoạn A1 A2 gần A6 A3 đoạn A5 A4 Quay (d) quanh X nửa vòng tròn, độ dài A6 A3 thay đổi liên tục quay (d) quanh X vòng tròn Độ dài đoạn A1 A2 A5 A4 thay đổi theo tỉ lệ chúng giữ nguyên Đến quay xong đoạn A1 A2 A5 A4 đổi chỗ cho nhau, tức khoảng cách từ đoạn đoạn A5 A4 đến A6 A3 gần đoạn A1 A2 Do phép biến đổi thực liên tục nên tồn thời điểm mà khoảng cách A1 A2 A5 A4 đến A6 A3 Ngay lúc đó, điểm A1 , A2 , , A6 thỏa mãn tất điều kiện đề Ta có đpcm Bài 12 (VN TST 2007) Cho đa giác cạnh (H) Xét ba tam giác với đỉnh đỉnh đa giác (H) cho cho khơng có hai tam giác có chung đỉnh Chứng minh chọn từ tam giác cạnh cho cạnh Lời giải Kí hiệu hình (H) cho đa giác A1 A2 A3 A8 A9 hình vẽ Trước hết, ta thấy độ dài cạnh đường chéo hình (H) thuộc giá trị khác (nếu gọi R bán kính đường trịn ngoại tiếp (H) ta dễ dàng tính giá trị π 2π 3π 4π , R sin , R sin ) ta đặt chúng a1 , a2 , a3 , a4 theo thứ tự tăng dần R.sin , R sin 9 9 độ dài Rõ ràng tam giác có đỉnh thuộc đỉnh (H) có cạnh có độ dài thuộc dạng sau: (a1 , a1 , a2 ), (a2 , a2 , a4 ), (a1 , a3 , a4 ), (a3 , a3 , a3 ), (a2 , a3 , a4 ), (a4 , a4 , a1 ) A1 a1 A2 a2 A A3 a3 a4 A A4 A A A 15 Giả sử tam giác lấy ∆1 , ∆ , ∆ Xét trường hợp sau: - Nếu tam giác có tam giác đều, rõ ràng, tam giác phải có độ dài cạnh 3π R.sin ; khơng tính tổng qt, giả sử tam giác A1 A4 A7 Do tam giác ∆1 , ∆ , ∆ khơng có hai đỉnh trùng nên ta lập tam giác có đỉnh hai đỉnh tập hợp { A2 , A3 },{ A4 , A5 },{ A7 , A8 } Ta chứng minh tam giác phải có 3π , tức hai đỉnh có số có số dư chia cho Giả sử 3π , đỉnh ngược lại, hai tam giác cần lập, khơng có tam giác có cạnh R.sin A2 phải nối với A4 A4 phải nối với A8, A8 nối với A2 hai đỉnh có số chia cho dư 2, mâu thuẫn Do đó, hai tam giác lập được, ln có cạnh có độ 3π dài R.sin Suy trường hợp ln có tam giác thỏa mãn đề cạnh có độ dài R.sin - Nếu tam giác đó, khơng có tam giác Khi tam giác xét khơng có ba đỉnh thuộc ba tập hợp sau: α1 = { A1 , A4 , A7 } , α = { A2 , A5 , A8 } , α = { A3 , A6 , A9 } Ta thấy đoạn thẳng nối hai điểm thuộc hai tập khác nhận giá trị a1 , a2 , a4 Hơn nữa, khơng có tam giác có độ dài cạnh (a1 , a2 , a4 ) nên ta có hai nhận xét: (1) Một tam giác có đỉnh thuộc ba tập α1 , α , α nói có hai cạnh có độ dài (các cạnh (a1 , a1 , a2 ) , (a2 , a2 , a4 ) , (a4 , a4 , a1 ) ) tức phải cân (2) Một tam giác có hai ba đỉnh thuộc tập tam giác cạnh có độ dài (a2 , a3 , a4 ) (a1 , a3 , a4 ) , tức tam giác khơng cân * Ta xét tiếp trường hợp (các tam giác xét cân khơng đều): + Có hai tam giác cân tam giác khơng cân: theo nhận xét (1), hai tam giác cân phải có đỉnh thuộc tập hợp khác ba tập α1 , α , α ; đó, rõ ràng tam giác cịn lại phải có đỉnh thuộc tập hợp khác nhau, tức phải cân, mâu thuẫn Vậy trường hợp không tồn + Có tam giác cân hai tam giác khơng cân: theo nhận xét (2), hai tam giác khơng cân phải có hai đỉnh thuộc tập hợp đỉnh lại thuộc tập hợp khác, giả sử tam giác có hai đỉnh thuộc α1 đỉnh thuộc α ; rõ ràng tam giác khơng cân cịn lại phải có 16 hai đỉnh thuộc α , đỉnh thuộc α , suy tam giác cịn lại có hai đỉnh thuộc α , đỉnh thuộc α1 nên tam giác cân, mâu thuẫn Vậy tương tự trên, trường hợp không tồn + Cả ba tam giác khơng cân: theo nhận xét (2), tam giác thuộc hai dạng (a2 , a3 , a4 ) (a1 , a3 , a4 ) , tức tam giác ln chứa cạnh có độ dài a3 Trong trường hợp này, toán giải + Cả ba tam giác cân: đó, tam giác có độ dài (a1 , a1 , a2 ) , (a2 , a2 , a4 ) , (a4 , a4 , a1 ) Rõ ràng không tồn trường hợp có độ dài cạnh nhận ba giá trị ba nên phải có hai trùng nhau, tức có hai tam giác cân tam giác cân nhận ba giá trị thuộc làm cạnh, ln chọn từ tam giác cạnh với cạnh đáy cạnh bên hai tam giác cân Trong trường hợp này, toán giải Vậy trường hợp, ta có đpcm Bài 13 (Đề thi Nữ sinh châu Âu 2012) Một hình vng đơn vị chia thành đa giác, cho cạnh đa giác song song với cạnh hình vng cho trước Nếu tổng độ dài đoạn thẳng nằm bên hình vng (khơng tính hình vng) 2n (với n số thực dương), chứng minh tồn đa giác có diện tích lớn ( n + 1) Giải Trước hết ta xét bổ đề sau : Một đa giác R tạo thành đề có diện tích a có chu vi a Chứng minh: Xét bao lồi hình chữ nhật nhỏ chứa hình Gọi hai kích thước bao lồi x y Do bao lồi xét hình chữ nhật nhỏ nên biên R nằm cạnh hình chữ nhật Dễ thấy, đa giác tạo thành từ đường thẳng song song với cạnh hình vng đơn vị nên chu vi đa giác chu vi hình vng (vì khoảng trống R bao lồi hình chữ nhật) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM suy x + y ≥ = xy S hcn ≥ a Do đó: PR = Phcn = ( x + y ) ≥ a Bổ đề chứng minh xong Đặt diện tích chu vi tương ứng hình a1 , a2 , , ak p1 , p2 , , pk (lưu ý, hình ta xét khơng có diện tích chung) 17 Giả sử ngược lại tất hình có diện tich nhỏ i = 1, 2, , k Mặt khác ta có:= S hv k ( n + 1) , dễ thấy ≤ với ( n + 1) k kết hợp với bổ đề vừa chứng minh thu ∑= i =1 k k pi n ∑ a < ∑ ( n + 1) ≤ ∑ ( n + 1) = ( n + 1) i =i =i =i (do tổng độ dài đoạn thẳng 2n , đoạn thẳng tính hai lần vào hai chu vi hai hình kề nhau) n (đây điều vơ lí) , dẫn đến điều giả sử sai, phải tồn hình n +1 có diện tích lớn ( n + 1) Do < Ta có đpcm Bài 14 (VN TST 2006) Trong khơng gian cho 2006 điểm mà khơng có điểm đồng phẳng Người ta nối tất điểm lại đoạn thẳng Số nguyên dương m gọi số tốt ta gán cho đoạn thẳng đoạn thẳng nối số tự nhiên không vượt m cho tam giác tạo ba điểm số điểm có hai cạnh gán hai số cạnh cịn lại gán số lớn hai số Tìm số tốt có giá trị nhỏ Lời giải Do điểm cho khơng có bốn điểm đồng phẳng nên ba điểm chung tạo thành tam giác Gọi S(n) giá trị nhỏ số tốt ứng với n điểm không gian (n số tự nhiên), ta xác định giá trị S(2006) Ta xét giá trị n ≥ 2 1 - Với n = thử trực tiếp, ta thấy S(4) = Bởi S(4) = không thỏa mãn nên S (4) ≥ , ta S(4) = thỏa mãn Cụ thể ta gán đoạn thẳng sau : gán đoạn số đoạn lại số 2, rõ ràng tam giác tạo thành thỏa mãn đề 18 - Với giá trị n > bất kì, ta chứng minh :   n + 1  S ( n) ≥ + S      Gọi a số nhỏ gán cho đoạn thẳng trường hợp có n điểm Trong trường hợp tối thiểu, khơng tính tổng qt, ta giả sử a = 1, ta gọi hai đầu mút đoạn thẳng gán số X Y Trong n – điểm cịn lại, có điểm nối với X Y đoạn thẳng gán số điểm với X Y tạo thành tam giác khơng thỏa mãn đề Do đó, gọi A tập hợp tất điểm nối với X đoạn thẳng gán số (có tính ln điểm Y) B tập hợp tất điểm nối với Y đoạn thẳng gán số (có tính ln điểm X) A B khơng có phần tử chung hay A + B = n Ta có nhận xét sau : - Nếu lấy điểm tập A điểm B hai điểm phải nối đoạn thẳng gán số khơng hai điểm với X tạo thành tam giác không thỏa mãn đề (tam giác khơng có hai số gán hai cạnh có hai cạnh cạnh lại gán số nhỏ hơn) - Hai điểm A nối với đoạn thẳng gán số lớn khơng chọn thêm điểm B, ta có tam giác khơng thỏa mãn đề (tam giác đều) Tương tự với tập hợp B Tức tập A B có chứa số lớn Tiếp theo, ta lại thấy tập A, B cần thêm S ( A ), S ( B ) số để gán cho  n − 1  n + 1 đoạn thẳng Giả sử A ≥ B A ≥  + =      Ta hồn tồn gán số tập A trùng với số tập B nên số cần có thêm   n + 1  S   , tính thêm số nhỏ gán cho đoạn XY ban đầu, ta được:     n + 1  S ( n) ≥ + S     với n   Từ đó, áp dụng liên tiếp kết này, ta có: (chú ý S(4) = 2) S (2006) ≥ + S (1003) ≥ + S (502) ≥ ≥ + A(4) = 11 Tiếp theo, ta chứng minh giá trị 11 thỏa mãn đề Thật : Ta xây dựng cách gán điểm từ thấp đến cao cách ghép điểm lại Cụ thể sau : 19 - Đầu tiên ta xây dựng cho điểm Cách gán tương tự trên, trường hợp gán đoạn số 11 đoạn số 10 - Ghép lại tách từ hai điểm, gán cho đoạn thẳng nối điểm số 10, ta có tất điểm - Tiếp tục ghép tương tự theo thứ tự sau : → → 16 → 32 → 63 → 126 → 251 → 502 → 1003 → 2006 (Các trường hợp từ 32 đến 63 tương tự ta phải bỏ điểm hai ngồi) Mỗi lần ghép hai điểm lại số gán đoạn tách lại giảm đơn vị, đến ghép 2006 điểm số Dễ thấy cách gán số cho đoạn thẳng thỏa mãn đề Vậy giá trị nhỏ số tốt cần tìm 11 Bài 15 (VN TST 2000) Xét 2000 đường trịn bán kính r = mặt phẳng cho khơng có hai đường tròn tiếp xúc với đường tròn cắt với hai đường trịn khác Hãy tìm giá trị nhỏ số giao điểm đường tròn Giải Gọi G tập hợp đường tròn mặt phẳng thỏa mãn điều kiện cho S tập hợp tất giao điểm chúng Với C ∈ G, x ∈ S , ta xét hàm số f ( x, C ) , đó: • f ( x, C ) = x ∉ C • f ( x, C ) = x ∈ C có k đường trịn qua x k Với x ∈ S , ta thấy ∑ f ( x, C ) = C∈G Với C ∈ G , chọn điểm x ∈ C ∩ S cho f ( x, C ) = đạt giá trị nhỏ k Gọi C1 , C2 , C3 , , Ck −1 đường tròn khác C qua x Do đường trịn cắt hai đường trịn khác nên với i 1, 2,3, , k − gọi x1 , x2 , x3 , , xk −1 tương ứng giao điểm = khác x đường trịn nói với C Do đường trịn có bán kính khác nên xi ≠ x j với i ≠ j ,1 ≤ i, j ≤ k − Suy ra: 1 ∑ f ( x, C ) ≥ k + (k − 1) k = x∈S Từ đó, ta thấy N =S = ∑ ∑ f ( x, C ) =∑ ∑ f ( x, C ) ≥ G =2000 x∈S C∈G C∈G x∈S 20 Gọi r bán kính đường tròn Dễ thấy bốn đường tròn có bán kính r tạo giao điểm tâm ba đường tròn tạo thành tam giác có cạnh r tâm lại trọng tâm tam giác Do đó, ta chia 2000 đường trịn thành 500 nhóm, nhóm có đường trịn với giao điểm nhóm khơng có điểm chung với Vậy số giao điểm nhỏ cần tìm 2000 Bài 16 (Đề trường Xuân 2013) Các đường chéo ngũ giác lồi đôi cắt chia ngũ giác thành ngũ giác nhỏ 10 tam giác Xác định số lớn tam giác 10 tam giác mà có diện tích đơi Giải Xét ngũ giác ABCDE tương ứng với tam giác chia hình đánh số từ đến 10 Ta chứng minh số có khơng q tam giác có diện tích đơi A 10 E D N Q P B R M C Dễ thấy (1, 2, 6), (2,3, 7), (3, 4,8), (4,5,9), (5,1,10) khơng thể có diện tích đơi chẳng hạn tam giác 1, 2, có diện tích đơi suy tứ giác ABNR hình bình hành AR  BN , mâu thuẫn Các trường hợp cịn lại tương tự Do đó, có nhiều tam giác có diện tích đơi nhau, đặt tập hợp tam giác A tam giác có diện tích khác tam giác này, đặt tập hợp tam giác B Rõ ràng tam giác thuộc tập hợp B phải có mặt Ta xét hai trường hợp tập hợp B : 21 (1) Trường hợp B ⊂ {1, 2,3, 4,5} Ta thấy tam giác thứ i, i + 1, i + với i xét theo modulo xuất B nên giả sử B = {1, 2, 4} đó, ta có tập hợp A = {3,5, 6, 7,8,9,10} Suy AR = RQ = QD, BN = NP = PD dẫn đến PQ  NR  AB ER = BR nên ER > MB , mâu thuẫn (2) Trường hợp hai tam giác thuộc {1, 2,3, 4,5} tam giác thuộc {6, 7,8,9,10} , khơng tính tổng qt, giả sử ∈ B B = {3,5, 6} , suy QR đường trung bình tam giác EMP PQ  MP , tương tự NP  MQ nên tứ giác MPDQ hình, suy MA = MC Tương tự, ta có MB = ME hay ABCE hình bình hành, dẫn đến = DQ DQ PQ Tiếp tục suy = = DA AB = DA, DQ AR nên DQ = QR = RA , mâu thuẫn Do đó, trường hợp tam giác có diện tích đơi khơng thể xảy ta cần trường hợp có tam giác có diện tích đơi thỏa mãn A D E M P N Q R B C Xây dựng ngũ giác hình vẽ: tam giác ACE cân A AM = MN = NE , AP = PQ = QC Dễ thấy ngũ giác 1, 2,3, 4,5, có diện tích đơi Vậy giá trị lớn cần tìm Đây tốn thú vị Chúng ta thay yếu tố diện tích yếu tố chu vi để có tốn dạng tương tự khác (nhưng khó nhiều) 22 Bài 17 (Đề kiểm tra trường hè 2014) Có 2014 đường thẳng l1 , l2 , , l2014 nằm mặt phẳng cho khơng có đường thẳng song song với nhau, khơng có đường thẳng đồng quy Chứng minh tồn đường gấp khúc A0 A1 A2014 gồm 2014 đoạn thẳng nhỏ, cho đường gấp khúc khơng tự cắt nó, ứng với k ∈ , k ≤ 2014 tồn i cho đoạn Ai Ai +1 nằm trọn lk Giải Dưới cách xây dựng thỏa mãn: Gọi S tập hợp giao điểm 2014 đường thẳng ban đầu: (i) Điểm A0 chọn điểm nằm đường thẳng đường thẳng ban đầu không thuộc S (ii) Điểm A1 chọn cho: (a) A1 ∈ S (b) A0 A1 đường thẳng 2014 đường thẳng ban đầu (c) A0 A1 có chiều dài ngắn trường hợp thỏa (a) (b) (iii) Giả sử xây dựng điểm A0 , A1 , , An với ≤ n ≤ 2012 điểm An +1 chọn cho: (a) An +1 ∈ S (b) An An +1 đường thẳng 2014 đường thẳng ban đầu (c) An +1 ∉ Ai Ai +1 , ∀0 ≤ i ≤ n − (d) An An +1 có chiều dài ngắn trường hợp thỏa (a), (b), (c) Trước tiên, ta thấy cách dựng thực Kế đến, sử dụng điều (c) ý (iii) để chứng minh đường gấp khúc A0 A1 A2013 qua 2013 đường thẳng phân biệt (trong 2014 đường thẳng ban đầu) Việc lại sử dụng điều kiện “ngắn nhất” để chứng minh A0 A1 A2013 không tự cắt Cuối cùng, cần xây dựng điểm A2014 toán kết thúc 23 Bài 18 (China TST 2012) Trong hình vng tạo 2012 × 2012 vng có chứa bọ, vng có nhiều bọ Vào thời điểm đó, bọ bay lên lại đậu xuống lại vào vng, vng có nhiều bọ Đối với bọ, xem đoạn thẳng có hướng nối tâm vng lúc đầu tâm lúc sau mà đậu lên tạo thành vector Với số lượng bọ ban đầu, xét tất trường hợp xảy với vị trí cuối bọ, tìm độ dài lớn tổng vector Giải Xét mặt phẳng chứa hình vng xét mặt phẳng tọa độ Oxy với O tâm hình vng lớn Gọi tập hợp tâm tất hình vng nhỏ S, tập hợp điểm bọ dừng lại lúc đầu M ⊆ S , tập hợp điểm bọ rơi xuống lúc sau M ⊆ S Bỏ qua trường hợp bọ nơi lúc đầu lúc sau Xét phép đặt tương ứng từ M đến M f Để đơn giản, với điểm x ∈ S , ta kí hiệu x vector có điểm đầu O, điểm cuối x Ta có tổng vector tính V= ∑ ( f (v) − v=) ∑ u − ∑ v v∈M1 u∈M u∈M1 M ; đồng thời, ta cần tìm giá trị lớn độ dài Dễ thấy M , M ⊆ S , M = vector V nêu nên cần xét trường hợp M ∩ M = ∅ (bởi M , M có giao khác rỗng phần giao chúng cho vector có độ dài 0) Do cách chọn M , M hữu hạn nên tồn cặp ( M , M ) mà V đạt giá trị lớn hiển nhiên giá trị V khác Qua O kẻ đường thẳng l vng góc với V Ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề Nếu V đạt giá trị cực đại đường thẳng l khơng qua điểm S M , M nằm hai phía khác so với l Chứng minh Đầu tiên ta thấy M ∪ M = S khơng S = 20122 số chẵn nên có hai điểm a, b khơng có M ∪ M , giả sử góc tạo a − b V khơng q 900 24 V + (a − b) > V (nếu góc lớn 900 xét b − a ) Suy thêm a vào M , thêm b vào M (hoặc ngược lại) V tăng lên, mâu thuẫn V đạt giá trị cực đại Hơn nữa, M = − M khơng M , M có chứa cặp điểm đối xứng, cụ thể a, b ∈ S cho a, −a ∈ M ; b, −b ∈ M Có thể giả sử a − b V hợp thành góc khơng q 900 ∑ u∈( M \{b}) ∪{a} u− ∑ v = V + 2(a − b) > V v∈( M1 \{a}) ∪{b} Điều mâu thuẫn với tính lớn V hay M , M tập hợp điểm đối xứng với Ta có l khơng qua điểm thuộc S khơng l qua O nên l qua điểm a ∈ M qua −a ∈ M Khi đó, ta đổi chỗ, thay a vào M , thay −a vào M tổng vector V + 4a , ý góc hợp a V 900 nên V + 4a > V , mâu thuẫn Cuối cùng, ta phải có M tập hợp điểm nằm phía so với l , giả sử phía có chứa điểm cuối vector V M nằm phía ngược lại khơng phía có điểm cuối vector V , tồn hai điểm a, b thuộc M , M góc hợp a − b V nhỏ 900 ; tương tự, ta lại thay a vào M , b vào M có V + 2(b − a ) > V , mâu thuẫn với tính lớn V l V O 25 Bổ đề 1  Đặt S k = ( x, y ) ∈ S x = k − ∨ y = k −  2  Xét l đường thẳng qua O khơng qua điểm S k Gọi điểm thuộc S k nằm phía l Ak , phía cịn lại Bk Khi đó, giá trị lớn = Vk v ∑ u − v∑ ∈B u∈Ak đạt l vng góc với Vk k Chứng minh Các điểm S k rơi vào cạnh hình vng, cạnh có 2k nên ta lập thành đỉnh hình vuông 1  1  1  1  A  k − , k −  , B  −k + , k −  , C  −k + , −k +  , D  k − , −k +  2  2  2  2  Do tính đối xứng, đường thẳng l cắt đoạn AD góc nghiêng khơng âm, giao điểm l AD nằm điểm thứ t t + S k tính từ xuống Ta có   (  ) (   Vk = ( 2k − )( 2k − 1) j + ( 2k − t ) − ( 2k − 1) i + t j + t ( 2k − 1) i + ( 2k − t ) j  ( )  ) = −2 ( 2k − 1)( k − t ) i + − ( k − t ) + 3k − 3k + j i, j vector đơn vị Đặt (k − t ) = u , ≤ u ≤ k V = k ( 2k − 1) u + u − ( 3k − 3k + 1) u + ( 3k − 3k + 1) = u − ( 2k − 2k + 1) u + ( 3k − 3k + 1) 2 2 C ác biểu thức có liên quan đến hàm số bậc hai u với trục đối xứng u = k − k + nên dễ thấy u = , 2 Vk đạt giá trị lớn hay Vk đạt giá trị lớn nhất; lúc này, ta có t = k l vng góc với Vk Trở lại toán ban đầu, 26 Do tính đối xứng, ta cần xét trường hợp góc nghiêng khơng âm nhỏ 900 ; gọi M , M tập hợp điểm nằm hai phía l Đặt M ∩ Sk= Ak , M ∩ Sk= Bk ,Vk= 1006 v ∑ u − v∑ ∈B u∈Ak k 1006 V = ∑ Vk ≤ ∑ Vk ⇒ V = k 1= k 1006 max ≤ ∑ Vk = k max Xét đường thẳng l đường thẳng qua O, song song với cạnh hình vng M nằm nửa phần trên, M nằm nửa phần tất giá trị Vk đạt cực đại Suy V max = ⋅10063 Vậy giá trị lớn cần tìm ⋅10063 Bài tốn giải hồn tồn III Các tốn tự luyện Bài Trong mặt phẳng tọa độ, cho tam giác ABC có tọa độ nguyên a Chứng minh S ABC ≥ b Giả sử S ABC = biết cạnh tam giác không cịn điểm ngun ngồi đỉnh A, B, C Chứng minh trọng tâm tam giác ABC nguyên Bài (VMO 2011) Cho ngũ giác lồi ABCDE có độ dài cạnh độ dài đường chéo không vượt Lấy 2011 điểm phân biệt tùy ý nằm ngũ giác Chứng minh tồn hình trịn đơn vị có tâm nằm cạnh ngũ giác cho chứa 403 điểm số điểm lấy Bài (Đề kiểm tra đội tuyển IMO 2013) Cho hình vng ABCD 2009 điểm bên hình vng cho khơng có ba điểm 2013 điểm thằng hàng (gồm 2009 điểm bên hình vng bốn điểm A, B, C , D ) Ta nối số điểm bên hình vng (và đỉnh A, B, C , D ) lại để chia hình vng thành tam giác Mỗi đoạn nối gọi cạnh Một đường từ điểm đến điểm mà qua cạnh liên tiếp gọi đường gấp khúc Xét cách chia 2013 điểm thành hai tập X , Y cho A, C ∈ X B, D ∈ Y Chứng minh rằng: tồn đường gấp khúc từ A tới C mà qua đỉnh X tồn đường gấp khúc từ B tới D mà qua đỉnh Y 27 Bài Trên mặt phẳng tọa độ, cho đồ thị y = x điểm có hồnh độ 1, 2,3, , n đặt điểm A1 , A2 , , An Gọi S n diện tích đa giác OA1 A2 An Chứng minh với n > S n hợp số Bài (Olympic Tốn tồn Nga 2000) Cho ngũ giác ABCDE có tọa độ đỉnh nguyên Chứng minh rằng: a Tồn điểm nguyên nằm đa giác b Tồn điểm nguyên nằm hoàn toàn đa giác c Gọi A1 B1C1 D1 E1 ngũ giác tạo thành đường chéo ngũ giác ban đầu Chứng minh tồn điểm nguyên nằm đa giác Bài (China TST 2013) Gọi E tập hợp điểm nguyên mặt phẳng Gọi P, Q tập hợp điểm nằm đa giác có tọa độ đỉnh nguyên Đặt T= P ∩ Q Chứng minh T ≠ ∅ T ∩ E = ∅ T khơng phải miền tứ giác lồi Bài Chứng minh điểm tùy ý mặt phẳng mà khơng có ba điểm thẳng hàng, tồn điểm tạo thành ngũ giác lồi Bài (Olympic Tốn tồn nga 2008) Trong mặt phẳng tọa độ, vẽ số hình chữ nhật với cạnh song song với hai trục tọa độ Giả sử hai hình chữ nhật tùy ý bị cắt đường thẳng nằm ngang nằm dọc Chứng minh vẽ đường thẳng nằm ngang đường thẳng nằm dọc mà tất hình chữ nhật cho bị cắt hai đường Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có tọa độ đỉnh A(1;0), B(1; 2), C (2;1), D(0;1) định nghĩa phép quay sau: • S 4i phép quay tâm A , góc quay −90° với i ∈  • S 4i +1 phép quay tâm B , góc quay −90° với i ∈  • S 4i + phép quay tâm C , góc quay −90° với i ∈  • S 4i +3 phép quay tâm D , góc quay −90° với i ∈  Tìm ảnh tâm hình vng ban đầu qua phép biến hình sau S= S 2014 °S 2013 °S 2012 ° °S1 °S0 Bài 10 (Định lý Pal) Mỗi hình phẳng A với đường kính d đặt vào hình lục giác có khoảng cách cặp cạnh đối diện d 28 ... Chứng minh hình vng ln tồn hình trịn có bán kính cm khơng cắt đa giác Giải Dựng hình vng có cạnh 198cm bên hình vng cho hai hình vng có tâm với (tức thu nhỏ cạnh hình vng cũ 2cm) Diện tích hình vng... đơi rời Tổng góc tam giác 1800 nên tổng góc đa giác lồi (n − 2)1800 Do đó, tổng góc ngồi đa giác lồi : n.1800 − (n − 2).1800 = 3600 Tổng góc hình quạt 3600 , hình quạt có bán kính cm nên tổng... trường hợp này, toán giải Vậy trường hợp, ta ln có đpcm Bài 13 (Đề thi Nữ sinh châu Âu 2012) Một hình vng đơn vị chia thành đa giác, cho cạnh đa giác song song với cạnh hình vng cho trước Nếu tổng